math - 题解

标签与难度

标签: 数学, 组合数学, 线性代数, 高斯消元, 线性递推, 数论难度: 2500

题目大意喵~

主人你好呀，喵~ 这是一道看起来超级复杂的数学题，但是别怕，我会陪你一起把它解决掉的！

题目给了我们一个整数 $n$ ，然后定义了一个函数 $f(i)$ ：

f(i) = \sum_{j=0}^{i} (-1)^j (i+j)! \binom{i}{j} \binom{n}{i+j}

我们的任务是，计算出所有 $f(i)$ (从 $i=0$ 到 $n$ ) 在模 $1000000007$ 意义下的值，然后把它们全部按位异或（XOR）起来，得到最终的答案，的说。

也就是要求这个式子的值：

\bigoplus_{i=0}^{n} (f(i) \pmod{1000000007})

这里的 $\bigoplus$ 符号就是异或和的意思哦。

解题思路分析

呜喵... 这个 $f(i)$ 的公式看起来就像一团缠在一起的毛线球，好复杂呀！里面有阶乘、组合数，还有一个求和符号。如果我们要对每个 $i$ (从 $0$ 到 $n$ ) 都老老实实地按照公式计算 $f(i)$ ，会怎么样呢？

对于每个 $f(i)$ ，我们都需要做一个 $j$ 从 $0$ 到 $i$ 的循环。所以总的计算量大概是 $O(n^2)$ 级别的。考虑到 $n$ 可能很大（比如到 $10^7$ ）， $O(n^2)$ 的算法肯定会超时，会被关进小黑屋的，喵~

那该怎么办呢？直接计算行不通，我们得找点捷径！

神奇的递推关系

在算法竞赛中，遇到这种复杂的组合数学求和式子，一个非常强大的魔法就是——寻找线性递推关系！

很多看起来很复杂的序列 $a_0, a_1, a_2, \dots$ ，实际上都满足一个递推关系。最简单的就像斐波那契数列 $F_n = F_{n-1} + F_{n-2}$ 。而我们这道题的 $f(i)$ ，可能也满足一个更复杂的递推关系，它的系数可能不是常数，而是关于 $i$ 的多项式。这种序列被称为 P-递归序列 或 整性序列。

我们可以大胆地猜测， $f(i)$ 满足一个这样的递推关系：

f(i) = \sum_{k=1}^{d} C_k(i) f(i-k)

其中， $d$ 是递推的阶数（表示 $f(i)$ 和前面多少项有关）， $C_k(i)$ 是一些关于 $i$ 的简单多项式，比如 $C_k(i) = a_k i^2 + b_k i + c_k$ 。

怎么找到这个“魔法公式”呢？

这就像一个侦探游戏！我们不知道递推公式的具体模样（不知道阶数 $d$ 和多项式系数 $a_k, b_k, c_k$ 是多少），但我们可以通过已有的线索来把它推理出来！

线索就是序列 $f(i)$ 的前几项。我们可以先用最原始、最笨的方法计算出 $f(0), f(1), f(2), \dots, f(M)$ ，这里 $M$ 是一个不大不小的数，比如 20。这个计算量不大，完全可以接受。

有了这些初始值，我们就可以开始构建方程了。假设我们猜递推阶数是 $d=3$ ，多项式次数是 $p=2$ 。那么递推公式就是：

f(i) = (a_1 i^2 + b_1 i + c_1)f(i-1) + (a_2 i^2 + b_2 i + c_2)f(i-2) + (a_3 i^2 + b_3 i + c_3)f(i-3)

这里面有 $3 \times 3 = 9$ 个我们不知道的系数 $(a_1, b_1, c_1, a_2, \dots, c_3)$ 。为了解出这9个未知数，我们就需要9个独立的线性方程。

怎么得到方程呢？很简单！我们把已知的 $f$ 值代进去。

当 $i=3$ 时，我们得到一个关于系数的方程。
当 $i=4$ 时，我们得到第二个方程。
...
当 $i=11$ 时，我们就得到了第 $11-3+1=9$ 个方程。

这样，我们就得到了一个包含9个未知数和9个方程的线性方程组。解这个方程组，我们就能得到所有的系数 $a_k, b_k, c_k$ ！解线性方程组的经典方法就是高斯消元法，喵~

完整的解题步骤

好啦，思路已经清晰了，我们来总结一下具体的步骤吧：

预处理：因为要大量计算组合数，所以我们需要预处理阶乘和阶乘的逆元，这样就能 $O(1)$ 计算 $\binom{n}{k}$ 啦。
计算初始值：写一个函数，用题目给的原始公式，暴力计算出 $f(0), f(1), \dots, f(19)$ 的值。这个范围足够我们建立方程组了。
建立方程组：根据我们猜测的递推形式（比如阶数为3，多项式次数为2），利用 $f(3), \dots, f(11)$ $f (3), \dots, f (11)$ (或者更多) 的值，建立一个线性方程组。
- 比如，对于每个 $i \in [d, M-1]$ ，我们都有一个方程： $\sum_{k=1}^{d} (a_k i^2 + b_k i + c_k)f(i-k) - f(i) = 0$ 整理一下，就是关于 $a_k, b_k, c_k$ 的线性方程。
高斯消元：用高斯消元法解出这个方程组，得到我们梦寐以求的递推公式的系数。
快速计算：有了递推公式，我们就可以从 $f(19)$ 开始，一路递推出 $f(20), f(21), \dots, f(n)$ 。每计算一项都只需要常数时间，所以这部分的复杂度是 $O(n)$ 。
统计答案：在计算 $f(i)$ 的过程中，同时将它们的值（对 $10^9+7$ 取模后）进行异或累加。

这样，整个算法的瓶颈就在于预处理和最后的递推计算，总时间复杂度是 $O(n)$ ，空间复杂度也是 $O(n)$ （用来存 $f(i)$ 的值），完美地解决了问题，喵~

代码实现

下面是我根据上面的思路，精心重构的一份代码。注释写得很详细，希望能帮助主人更好地理解哦！

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>
#include <algorithm>

using namespace std;

// 使用 long long 防止计算过程中溢出
using ll = long long;

// 模数
const int MOD = 1000000007;
// 递推阶数
const int RECURRENCE_ORDER = 3;
// 多项式次数
const int POLY_DEGREE = 2;
// 解方程需要的初始项数量
const int INITIAL_TERMS_COUNT = 20;

// 模块化整数类，处理取模运算，喵~
struct ModInt {
    int val;

    ModInt(ll v = 0) {
        v %= MOD;
        if (v < 0) v += MOD;
        val = v;
    }

    ModInt& operator+=(const ModInt& other) {
        val += other.val;
        if (val >= MOD) val -= MOD;
        return *this;
    }
    ModInt& operator-=(const ModInt& other) {
        val -= other.val;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    ModInt& operator*=(const ModInt& other) {
        val = (ll)val * other.val % MOD;
        return *this;
    }

    // 快速幂求逆元
    ModInt inv() const {
        return power(*this, MOD - 2);
    }

    ModInt& operator/=(const ModInt& other) {
        return *this *= other.inv();
    }

    friend ModInt operator+(ModInt a, const ModInt& b) { return a += b; }
    friend ModInt operator-(ModInt a, const ModInt& b) { return a -= b; }
    friend ModInt operator*(ModInt a, const ModInt& b) { return a *= b; }
    friend ModInt operator/(ModInt a, const ModInt& b) { return a /= b; }

    static ModInt power(ModInt base, ll exp) {
        ModInt res = 1;
        while (exp > 0) {
            if (exp % 2 == 1) res *= base;
            base *= base;
            exp /= 2;
        }
        return res;
    }
};

// 组合数工具，需要预先计算阶乘
struct Combinatorics {
    vector<ModInt> fact, invFact;

    Combinatorics(int n) {
        fact.resize(n + 1);
        invFact.resize(n + 1);
        fact[0] = 1;
        invFact[0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            fact[i] = fact[i - 1] * i;
        }
        invFact[n] = fact[n].inv();
        for (int i = n - 1; i >= 1; --i) {
            invFact[i] = invFact[i + 1] * (i + 1);
        }
    }

    ModInt C(int n, int k) {
        if (k < 0 || k > n) {
            return 0;
        }
        return fact[n] * invFact[k] * invFact[n - k];
    }
};

// 全局组合数工具实例
unique_ptr<Combinatorics> comb;

// 按照原始定义计算 f(i)
ModInt calculate_f_directly(int i, int n) {
    ModInt res = 0;
    for (int j = 0; j <= i; ++j) {
        if (i + j > n) break; // C(n, i+j) 会是 0
        ModInt term = comb->fact[i + j] * comb->C(i, j) * comb->C(n, i + j);
        if (j % 2 == 1) {
            res -= term;
        } else {
            res += term;
        }
    }
    return res;
}

// 高斯消元解线性方程组 Ax = b
// A 是系数矩阵，b 是结果向量
vector<ModInt> gaussian_elimination(vector<vector<ModInt>>& A, vector<ModInt>& b) {
    int n = A.size();
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        // 找到主元最大的行
        int pivot = i;
        for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
            if (A[j][i].val > A[pivot][i].val) {
                pivot = j;
            }
        }
        swap(A[i], A[pivot]);
        swap(b[i], b[pivot]);

        // 把主元变成 1
        ModInt inv_pivot = A[i][i].inv();
        for (int j = i; j < n; ++j) {
            A[i][j] *= inv_pivot;
        }
        b[i] *= inv_pivot;

        // 消去其他行的第 i 个变量
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            if (i != j) {
                ModInt factor = A[j][i];
                for (int k = i; k < n; ++k) {
                    A[j][k] -= factor * A[i][k];
                }
                b[j] -= factor * b[i];
            }
        }
    }
    return b;
}

int main() {
    // 加速输入输出，喵~
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    int n;
    cin >> n;

    // 预处理阶乘，最大可能需要 2n
    comb = make_unique<Combinatorics>(2 * max(n, INITIAL_TERMS_COUNT));

    vector<ModInt> f(n + 1);
    int initial_count = min(n, INITIAL_TERMS_COUNT - 1);

    // 1. 计算初始值
    for (int i = 0; i <= initial_count; ++i) {
        f[i] = calculate_f_directly(i, n);
    }
    
    // 如果 n 很小，直接计算完了
    if (n < INITIAL_TERMS_COUNT) {
        int xor_sum = 0;
        for (int i = 0; i <= n; ++i) {
            xor_sum ^= f[i].val;
        }
        cout << xor_sum << endl;
        return 0;
    }

    // 2. 建立并解方程组来找到递推系数
    const int num_unknowns = RECURRENCE_ORDER * (POLY_DEGREE + 1);
    vector<vector<ModInt>> A(num_unknowns, vector<ModInt>(num_unknowns));
    vector<ModInt> b(num_unknowns);

    for (int row = 0; row < num_unknowns; ++row) {
        int i = RECURRENCE_ORDER + row;
        b[row] = f[i];
        int current_unknown = 0;
        for (int k = 1; k <= RECURRENCE_ORDER; ++k) {
            ModInt i_poly = 1;
            for (int p = 0; p <= POLY_DEGREE; ++p) {
                A[row][current_unknown++] = f[i - k] * i_poly;
                i_poly *= i;
            }
        }
    }
    
    vector<ModInt> coeffs = gaussian_elimination(A, b);

    // 3. 使用递推公式计算剩下的 f[i]
    for (int i = INITIAL_TERMS_COUNT; i <= n; ++i) {
        f[i] = 0;
        int coeff_idx = 0;
        for (int k = 1; k <= RECURRENCE_ORDER; ++k) {
            ModInt poly_val = 0;
            ModInt i_poly = 1;
            for (int p = 0; p <= POLY_DEGREE; ++p) {
                poly_val += coeffs[coeff_idx++] * i_poly;
                i_poly *= i;
            }
            f[i] += poly_val * f[i - k];
        }
    }

    // 4. 计算异或和
    int xor_sum = 0;
    for (int i = 0; i <= n; ++i) {
        xor_sum ^= f[i].val;
    }

    cout << xor_sum << endl;

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(N + C^3)$
- 预处理阶乘和逆元需要 $O(N)$ 的时间。
- 计算初始的 INITIAL_TERMS_COUNT (我们设为20) 个 $f(i)$ 值，每个值计算需要 $O(i)$ ，总共是 $O(C^2)$ ，其中 $C$ 是个小常数 (20)。
- 高斯消元解一个 $k \times k$ 的方程组需要 $O(k^3)$ 的时间。我们的 $k$ 是 RECURRENCE_ORDER * (POLY_DEGREE + 1)，也是一个很小的常数。
- 最后，使用递推公式计算剩下的 $f(i)$ 值，需要 $O(N)$ 的时间。
- 所以总的时间复杂度由最大的部分决定，即 $O(N)$ 。
空间复杂度: $O(N)$
- 我们需要一个大小为 $N+1$ 的数组来存储所有的 $f(i)$ 值。
- 阶乘和逆元数组也需要 $O(N)$ 的空间。
- 因此，总的空间复杂度是 $O(N)$ 。

知识点总结

这道题真是一次有趣的冒险呢，喵~ 我们来总结一下学到的知识点吧：

组合恒等式问题: 面对复杂的组合求和式，要意识到直接计算可能行不通，需要寻找更巧妙的方法。
P-递归序列 (整性序列): 学习到了一个重要的思想，即许多组合序列都满足一个系数为多项式的线性递推关系。
通过初始项求解递推关系: 这是一个非常实用的“黑盒”技巧。通过计算序列的前几项，建立线性方程组，然后用高斯消元法解出递推系数。
高斯消元: 这是线性代数中的基本工具，用于求解线性方程组，在很多问题中都有应用。
模块化算术: 在处理大数和模运算时，封装一个 ModInt 类能让代码更清晰、更不容易出错。

希望我的讲解对主人有帮助！下次遇到难题，也请不要害怕，我们一起解决它，喵~！

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题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

神奇的递推关系 ​

怎么找到这个“魔法公式”呢？ ​

完整的解题步骤 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​